package com.shm.leetcode;

import java.util.HashMap;
import java.util.HashSet;
import java.util.Map;
import java.util.Set;

/**
 * 136. 只出现一次的数字
 * 给定一个非空整数数组，除了某个元素只出现一次以外，其余每个元素均出现两次。找出那个只出现了一次的元素。
 *
 * 说明：
 *
 * 你的算法应该具有线性时间复杂度。 你可以不使用额外空间来实现吗？
 *
 * 示例 1:
 *
 * 输入: [2,2,1]
 * 输出: 1
 * 示例 2:
 *
 * 输入: [4,1,2,1,2]
 * 输出: 4
 * @author SHM
 */
public class SingleNumber {
    public int singleNumber(int[] nums) {
        Map<Integer,Integer> map = new HashMap<>();
        for(int i:nums){
            map.put(i,map.getOrDefault(i,0)+1);
        }
        Set<Integer> set = map.keySet();
        for(Integer i:set){
            if(map.get(i)==1){
                return i;
            }
        }
        return 0;
    }

    public int singleNumber_2(int[] nums) {
        Set<Integer> set = new HashSet<>();
        for (int num : nums) {
            if (set.contains(num)){
                set.remove(num);
            }else{
                set.add(num);
            }
        }
        for (Integer integer : set) {
            return integer;
        }
        return 0;
    }

    public int singleNumber_3(int[] nums) {
        Set<Integer> set = new HashSet<>();
        int sum = 0;
        for (int num : nums) {
            set.add(num);
            sum+=num;
        }
        int setSum = 0;
        for (Integer integer : set) {
            setSum+=integer;
        }
        return 2*setSum-sum;
    }

    /**
     * 方法一：位运算
     * 如果没有时间复杂度和空间复杂度的限制，这道题有很多种解法，可能的解法有如下几种。
     *
     * 使用集合存储数字。遍历数组中的每个数字，如果集合中没有该数字，则将该数字加入集合，如果集合中已经有该数字，则将该数字从集合中删除，最后剩下的数字就是只出现一次的数字。
     *
     * 使用哈希表存储每个数字和该数字出现的次数。遍历数组即可得到每个数字出现的次数，并更新哈希表，最后遍历哈希表，得到只出现一次的数字。
     *
     * 使用集合存储数组中出现的所有数字，并计算数组中的元素之和。由于集合保证元素无重复，因此计算集合中的所有元素之和的两倍，即为每个元素出现两次的情况下的元素之和。由于数组中只有一个元素出现一次，其余元素都出现两次，因此用集合中的元素之和的两倍减去数组中的元素之和，剩下的数就是数组中只出现一次的数字。
     *
     * 上述三种解法都需要额外使用 O(n)O(n) 的空间，其中 nn 是数组长度。如果要求使用线性时间复杂度和常数空间复杂度，上述三种解法显然都不满足要求。那么，如何才能做到线性时间复杂度和常数空间复杂度呢？
     *
     * 答案是使用位运算。对于这道题，可使用异或运算 \oplus⊕。异或运算有以下三个性质。
     *
     * 任何数和 00 做异或运算，结果仍然是原来的数，即 a \oplus 0=aa⊕0=a。
     * 任何数和其自身做异或运算，结果是 00，即 a \oplus a=0a⊕a=0。
     * 异或运算满足交换律和结合律，即 a \oplus b \oplus a=b \oplus a \oplus a=b \oplus (a \oplus a)=b \oplus0=ba⊕b⊕a=b⊕a⊕a=b⊕(a⊕a)=b⊕0=b。
     *
     * 假设数组中有 2m+12m+1 个数，其中有 mm 个数各出现两次，一个数出现一次。令 a_{1}a
     * 1
     * ​
     *  、a_{2}a
     * 2
     * ​
     *  、\ldots…、a_{m}a
     * m
     * ​
     *   为出现两次的 mm 个数，a_{m+1}a
     * m+1
     * ​
     *   为出现一次的数。根据性质 3，数组中的全部元素的异或运算结果总是可以写成如下形式：
     *
     * (a_{1} \oplus a_{1}) \oplus (a_{2} \oplus a_{2}) \oplus \cdots \oplus (a_{m} \oplus a_{m}) \oplus a_{m+1}
     * (a
     * 1
     * ​
     *  ⊕a
     * 1
     * ​
     *  )⊕(a
     * 2
     * ​
     *  ⊕a
     * 2
     * ​
     *  )⊕⋯⊕(a
     * m
     * ​
     *  ⊕a
     * m
     * ​
     *  )⊕a
     * m+1
     * ​
     *
     *
     * 根据性质 2 和性质 1，上式可化简和计算得到如下结果：
     *
     * 0 \oplus 0 \oplus \cdots \oplus 0 \oplus a_{m+1}=a_{m+1}
     * 0⊕0⊕⋯⊕0⊕a
     * m+1
     * ​
     *  =a
     * m+1
     * ​
     *
     *
     * 因此，数组中的全部元素的异或运算结果即为数组中只出现一次的数字。
     * 复杂度分析
     *
     * 时间复杂度：O(n)O(n)，其中 nn 是数组长度。只需要对数组遍历一次。
     *
     * 空间复杂度：O(1)O(1)。
     *
     * 作者：LeetCode-Solution
     * 链接：https://leetcode-cn.com/problems/single-number/solution/zhi-chu-xian-yi-ci-de-shu-zi-by-leetcode-solution/
     * @param nums
     * @return
     */
    public int singleNumber_4(int[] nums) {
        int single = 0;
        for (int num : nums) {
            single ^= num;
        }
        return single;
    }
}
